第2章化学反应的方向、限度与速率--福建省2023-2024学年高二化学上学期期末专题练习（鲁科

这是一份第2章化学反应的方向、限度与速率--福建省2023-2024学年高二化学上学期期末专题练习（鲁科，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．在酸性溶液中能大量共存的离子组是
A．、、、B．、、、
C．、、、D．、、、
2．氧化铈()广泛应用于化工、玻璃、电子陶瓷等行业。一种用氟碳铈矿(主要成分为，含、等杂质)为原料制备的工艺流程如图所示。下列说法正确的是
A．滤渣a仅为B．“酸浸”工序后，需要进行过滤操作
C．“沉铈”的产物为D．该过程中铈元素的化合价没有变化
3．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．澄清透明的溶液中：
B．的溶液中：
C．使甲基橙呈红色的溶液中：
D．的溶液中：
4．化学与生产生活密切相关。对下列现象或事实的相关解释错误的是
A．施肥时，氯化铵不能与草木灰/(显碱性)混合使用，因为氯化铵与碱性物质反应生成氨气会降低肥效
B．明矾用于净水，利用铝离子水解产生的胶体具有很强吸附杂质的作用
C．打开啤酒倒入杯中立即产生大量气泡，压强减小使碳酸分解为而大量逸出
D．用盐酸清洗长时间存放漂白粉的试剂瓶，利用了与盐酸反应的性质
5．下列化学知识在生产生活中应用不正确的是
A．硫酸铝钾可作净水剂B．热纯碱溶液可洗涤油污
C．碳酸钡可作胃镜透视的钡餐D．船底四周镶嵌锌块可保护船体
6．下列反应的离子方程式正确的是
A．氨气和稀盐酸反应：
B．碳酸钙和稀硝酸反应：
C．铜和硝酸银溶液反应：
D．氢氧化钡和稀硫酸反应：
7．只用一种试剂即可区别、、三种溶液，该试剂是
A．溶液B．溶液C．溶液D．溶液
8．下列属于氧化还原反应的是
A．B．
C．D．
9．在水溶液中能大量共存的离子组是
A．、、B．、、
C．Cu2+、、D．、、
10．下列关于“84消毒液”说法不正确的是
A．在空气中发生反应NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，说明Ka1(H2CO3)>K(HClO)
B．“84消毒液”需避光保存的原因是NaClO见光易分解
C．pH越小，“84消毒液”消毒能力越强的原因是HClO氧化性大于ClO-
D．不能与双氧水消毒液混用的原因是ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O
11．常温下由水电离产生的的溶液中，一定能大量共存的离子组是
A．、、B．、、
C．、、D．、、
12．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．1 ml·L-1 NaHCO3溶液：K+、Al3+、NO、SO
B．使蓝色石蕊试纸变红的溶液：Mg2+、Na+、SO、NO
C．1 ml·L-1 Fe(NO3)2溶液中：H+、NH、I-、Cl-
D．由水电离产生的c(H+)=1×10-12 ml·L-1的溶液：NH、Ca2+、Cl-、AlO
二、填空题
13．印刷电路板是由塑料和铜箔复合而成的，制印刷电路时要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”生成CuCl2和FeCl2，其反应的化学方程式为：Cu＋2FeCl3=CuCl2＋2FeCl2
(1)请写出此反应的离子方程式： 。
(2)该反应的氧化剂是 。
(3)写出FeCl3的电离方程式 。
(4)使用过的腐蚀液会失效，但还可以回收利用，其中有一步需要将Fe2＋转化为Fe3＋，下列试剂能实现上述变化的是___________(填序号)。
A．氯气B．铁C．铜D．稀硫酸
14．I：氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程．下面是一个还原过程的反应式：NO3－+4H++3e－=NO+2H2O ，已知Cu2O（甲）能使上述还原过程发生．
（1）写出并配平该氧化还原反应的方程式： ．
（2）反应中硝酸体现了 、 性质．
（3）若1ml甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是 ．
II：现向含6 ml KI的硫酸溶液中逐滴加入KBrO3溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与所加入KBrO3的物质的量的关系如图所示。
已知①BrO3－+6I一+6H+=3I2+Br－+3H2O；②2BrO3－ +I2 = 2IO3－ + Br2；请回答下列问题：
（4）b→c过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子反应方程式 。
（5）含6 ml KI的硫酸溶液所能消耗n(KBrO3)的最大值为 ml。
（6）n（KBrO3）=4时，对应含碘物质的化学式为 。
15．Ⅰ．工业上常用氯气与石灰乳反应制漂白粉，但Ca(OH)2与Cl2反应的氧化产物与温度有关。在足量的石灰乳中通入一定量的氯气，充分反应后生成Cl-、ClO-、ClO3-三种含氯元素的离子，其中ClO-、ClO3-两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。
(1)常温时工业制漂白粉的化学方程式为 。
(2)t1时开始有ClO3-生成的原因是 。
(3)该石灰乳中参加反应的Ca(OH)2的物质的量是 ml(用含a的代数式来表示)。
Ⅱ．过氧乙酸()是无色透明液体，易溶于水、易挥发，见光易分解，具有强氧化性的高效消毒剂，使用过氧乙酸消毒剂时通常先用水稀释工业品过氧乙酸，然后用喷雾法对空气与地面进行消毒。
(4)下列叙述正确的是 (填字母)。
A．过氧乙酸分子中两个氧原子化合价为-1，一个氧原子化合价为-2
B．过氧乙酸溶于水能导电，属于离子化合物，也属于电解质
C．过氧乙酸包装上应贴的危险警告标签应如图所示
D．过氧乙酸应注意密闭、低温保存于棕色细口瓶中
E．过氧乙酸是一种有机物，它可以用于萃取碘水中的碘单质
(5)某学生在实验室用3.00 ml•L−1过氧乙酸配制0.15 ml•L−1过氧乙酸溶液250 mL，该生用量筒量取工业品过氧乙酸的体积为 mL。
(6)如果生产过氧乙酸的原料CH3COONa中混有了SO42-，要想除掉SO42-，请选择下列试剂按照加入先后顺序填空 (试剂不必选完，填序号)。
①醋酸钡溶液；②醋酸；③硝酸钡溶液；④盐酸；⑤碳酸氢钠溶液；⑥碳酸钠溶液。
16．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效氧化剂、漂白剂。在NaOH溶液中ClO2与H2O2反应可以得到亚氯酸钠。
(1)ClO2中氯元素的化合价是 ；在制备亚氯酸钠的反应中H2O2作 (填“氧化剂”或“还原剂”)。
(2)该反应的化学方程式为 ；氧化产物与还原产物的质量比为 。
(3)科学家经研究发现NaClO2也可用于制取自来水消毒剂ClO2。在一定条件下，将Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内，二者反应可制得ClO2。还原产物为 ，当消耗标准状况下6.72LCl2时，制得ClO2 g。
17．I.以下是依据一定的分类标准，对某些物质与水反应的情况进行分类的分类图。请根据你所学的知识，按要求填空：
(1)F组中物质除了Cl2外，还有 (填化学式)。
(2)若A组依据某一物理性质分成X、Y两类，则该物理性质可能是： 。
(3)上述第一级分类标准(分成A、B组的依据)是： 。
II.理解物质的转化具有重要的意义。
(4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐。写出该反应的化学方程式： 。
(5)KClO3和草酸(H2C2O4)、稀硫酸反应生成三种氧化物和一种酸式盐，其中一种氧化物是高效的消毒杀菌剂ClO2。写出该反应的化学方程式 。
三、计算题
四、解答题
18．研究表明，可以作为水溶液中发生歧化反应的催化剂，催化过程分两步完成：
i.
ii.
(1)维持温度不变，在水溶液中加入少量KI固体，下列有关反应过程中相关物理量的分析正确的是 (选填标号)。
A．溶液pH不变 B．Kw变大 C． 变小 D．减小
(2)写出歧化反应的离子方程式 。
(3)为探究i、ⅱ反应速率与歧化反应速率的关系，某同学设计如下实验：室温下分别将18mL饱和溶液(浓度约1.45)加入到2mLX溶液中，密闭混匀后放置观察现象。有关X的组成及实验现象如下表：
已知：易溶解在KI溶液中形成黄色溶液。依据表中信息回答下列问题：
①a= ；
②能说明对歧化反应没有催化作用的两个实验是 (填序号)。
③实验A中，t min后反应恰好结束。则0~t min内平均反应速率v()= · min-1。
④歧化反应的控速步骤是反应 (填i或ⅱ)；理由是 。
⑤若将KI、淀粉同时加入到饱和溶液中， (填“能”或“不能”)出现溶液变蓝现象。
19．工业废水中常含有一定量的，会危害生态系统，必须进行处理。
方法 I：转化为Cr(OH)SO4，Cr(OH)SO4是纺织印染中常用的媒染剂，变废为宝。该法用酸性含铬废液(含、Cr3＋及少量Cu2＋、Fe3＋等)制备Cr(OH)SO4·nH2O 晶体，工艺流程如下：
已知相关金属离子[c(Mn+)=0.1 ml·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下
回答下列问题
(1)“氧化”时 Cr3＋在 Ag+催化下氧化为，完成下列离子方程式： 。
______Cr3＋+ ______+ ____________+ ______+______
(2)将Cr3+氧化为的目的是 。
(3)“调 pH”目的是除去 。
(4)从Cr(OH)SO4溶液得到Cr(OH)SO4·nH2O晶体，还需进行的操作为： 、 、过滤、洗涤、干燥。
方法 II：电解转化为Cr(OH)3沉淀，从而使铬含量低于排放标准。该法以Fe为电极电解含的酸性废水，装置如图所示：
(5)B是电源的 极，阳极的电极反应式为 。
(6)废水中的转化为Cr(OH)3沉淀的主要原因是与阳极产物发生反应生成 Cr3+，该反应的离子方程式为： ，电解过程中消耗了大量H+，使得溶液产生 Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀。
20．某铬盐厂净化含Cr(VI)废水并提取Cr2O3的一种工艺流程如下图所示。
已知：Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31 Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39 Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17
（1）步聚I中，发生的反应为：2H++2CrO42-⇌Cr2O72-+H2O，B中含铬元素的离子有 （填离子符号）．
（2）产品中除Cr2O3外还含有的主要杂质是 。
（3）若测得清液pH=5,此时Cr3+的浓度= ml/L。
（4）当清液中Cr3+的浓度≤1.5mg•L-1时，可认为已达铬的排放标准，上述清液是否符合铬的排放标准 （填“是”或“否”）
（5）步骤Ⅱ还可以用其他物质代替NaHSO3作还原剂．
①若用FeSO4•7H2O作还原剂，步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有 （填离子符号）．
②若用铁屑作还原剂，当铁的投放量相同时，经计算，C溶液的pH与c（）的对应关系如下表所示。
有人认为pH=6时，c（）变小的原因是基本上都已转化为Cr3+．这种说法是否正确，为什么？
答： ．
③用足量铁屑作还原剂时，为使所得产品中含铁元素杂质的含量尽可能低，需要控制的条件有 ．
21．实验室以蛇纹石酸浸出液主要含，还有一定量的、、、等为原料制备高纯氧化铁，流程如图1：
已知流程中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如表：
已知：在该温度下，Ksp（CaF2）=2.0×10-10 Ksp（MnF2）=5.0×10-3 Ksp（MgF2）=7.4×10-11
（1）“还原”时，应选择 填字母．
A．Zn粉溶液粉
（2）“滤渣”的主要成分除含有少量外，还含有 填化学式．
（3）“沉锰”时，已知：为确保沉锰完全即溶液中，应保持溶液中 ．
（4）“除铝”时，控制溶液pH的范围为
（5）“氧化”时，常用酸性溶液检测是否残留未被氧化的金属离子，该反应的离子方程式为
（6）“沉铁”时，反应温度为条件下，反应时间和反应终点pH对铁的沉淀率的影响分别如图2所示，则最佳的工艺条件是 ．
22．磷化铝(AlP)和磷化氢()都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(1)AlP遇水蒸气会发生反应放出气体，该反应的另一种产物的化学式为 。
(2)具有强还原性，能与溶液反应，配平该反应的化学方程式： 。
__________________________________________
有0.4ml电子转移时被氧化的的物质的量为 ml。
(3)工业制备的流程如图所示。
①次磷酸属于 元酸，其化学式为 。
②白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为： 。
③若起始时有参加反应，则整个工业流程中共生成 。
序号
A
B
C
D
X的组成
0.4的KI
0.4的KI 0.2的混合物
a 的
0.2的KI 0.0002ml
实验现象
溶液变黄，一段时间后出现浑浊
溶液变黄，出现浑浊较A快
无明显现象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快
离子
开始沉淀的pH
沉淀完全
Fe3+
1.4
3.0
Cu2+
4.2
6.7
Cr3+
4.0
6.8
pH
3
4
5
6
氢氧化物
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
参考答案：
1．A
【详解】A．酸性溶液中存在大量，、、、、之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；
B．、与之间因发生双水解生成沉淀和气体而不能大量共存，且与反应产生二氧化碳而不能大量共存，选项B错误；
C．酸性条件下与因发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；
D．与反应产生碳酸钙沉淀，且酸性条件下与、反应而不能大量共存，选项D错误；
答案选A。
2．B
【分析】氟碳铈矿(，含、等杂质)在空气中焙烧得到、、、，加入硫酸，得到含有的溶液，SiO2不与稀硫酸反应，BaO与稀硫酸反应生成BaSO4沉淀，则滤渣a为SiO2、BaSO4，将含有的溶液转化为含溶液，向溶液中加入NH4HCO3得到，灼烧得到。
【详解】A．根据分析，滤渣a为SiO2、BaSO4，A项错误；
B．根据流程图及滤渣a可知，“酸浸”工序后，需要进行过滤操作，B项正确；
C．“沉铈”是和NH4HCO3反应生成，C项错误；
D．焙烧、含溶液转化为含溶液、灼烧时Ce元素的化合价发生变化，D项错误；
答案选B。
3．B
【详解】A．，不能大量共存，A错误；
B．的溶液显碱性，可以大量共存，B正确；
C．甲基橙呈红色的溶液显酸性，，不能大量共存，C错误；
D．，溶液显碱性，不能存在，不能大量共存，D错误；
故选B。
4．D
【详解】A．氯化铵与草木灰生成氨气，氨气脱离土壤，降低肥效，A正确；
B．明矾溶于水后铝离子形成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附杂质，B正确；
C．碳酸不稳定易分解生成二氧化碳，打开啤酒后二氧化碳释放到空气中，促进碳酸分解，C正确；
D．长时间存放漂白粉的试剂瓶中次氯酸钙会转化为碳酸钙，盐酸能与碳酸钙反应，可用于清洗该试剂瓶，D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．硫酸铝钾电离的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，可吸附水中悬浮杂质，可用作净水剂，故A正确；
B．碳酸钠是强碱弱酸盐，因为水解使其溶液呈碱性，碱能促进油脂水解；水解是吸热过程，加热有利于水解平衡正向移动，故热纯碱溶液洗涤油污的能力比冷纯碱溶液强，应用了盐类水解原理，故B正确；
C．进行胃镜透视时，碳酸钡能与胃酸反应，生成的氯化钡是重金属盐，有毒，不能用碳酸钡代替硫酸钡作为钡餐，故C错误；
D．锌和铁在海水中形成原电池，锌在原电池中做负极，铁做正极被保护，故D正确；
故选：C。
6．A
【详解】A. 氨气和稀盐酸反应生成氯化铵，反应的离子方程式为，选项A正确；
B. 碳酸钙难溶于水，不能拆开，正确的离子方程式为：，选项B错误；
C. 反应前后电荷不守恒，正确的离子方程式为：，选项C错误；
D. 氢氧化钡和稀硫酸反应还生成硫酸钡沉淀，漏掉了该离子反应，正确的离子方程式为：，选项D错误；
答案选A。
7．A
【详解】A．溶液与三种溶液反应，只产生白色沉淀的为硫酸钾，加热时只产生刺激性气味气体的为氯化铵，产生白色沉淀和刺激性气味气体的为硫酸铵，可以区别，选项A正确；
B．溶液与三种溶液反应，无明显现象的为氯化铵，产生白色沉淀的为硫酸钾或硫酸铵，两者无法区别，选项B错误；
C．溶液与三种溶液反应，无明显现象的为硫酸钾，加热时产生刺激性气味的气体的为氯化铵和硫酸铵，两者无法区别，选项C错误；
D．溶液与三种溶液反应，均产生白色沉淀，无法区别，选项D错误；
答案选A。
8．D
【详解】A．反应NH4Cl=NH3↑+HCl↑中，反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，A不选；
B．反应SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O中，反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，B不选；
C．反应SO3+H2O=H2SO4中，反应前后各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，C不选；
D．反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中，Na元素的化合价由0价升至+1价，H元素的化合价由+1价降至0价，反应前后有元素化合价的升降，属于氧化还原反应，D选；
答案选D。
9．C
【详解】A．H+与OH-反应生成H2O，不能大量共存，A项不符合题意；
B．Fe3+与OH-反应生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，B项不符合题意；
C．Cu2+、、相互间不反应，能大量共存，C项符合题意；
D．H+与反应生成CO2和H2O，不能大量共存，D项不符合题意；
答案选C。
10．B
【详解】A．根据强酸之弱酸原则NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO，说明Ka1(H2CO3)>K(HClO)，故A正确；
B．“84消毒液”需避光保存的原因是HClO见光易分解，故B错误；
C．pH越小，“84消毒液”中NaClO更多的转化为HClO，HClO氧化性大于ClO-，消毒能力越强，故C正确；
D．ClO-与双氧水发生氧化还原，ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+H2O，消毒效果降低，故D正确；
故答案为B
11．A
【详解】常温下由水电离产生的的溶液可能呈强酸性或强碱性。
A．强酸性或强碱性溶液中、、均相互不反应，能大量共存，选项A正确；
B．强碱性条件下与反应生成一水合氨而不能大量共存，选项B错误；
C．强酸性或强碱性溶液中均不能大量共存，选项C错误；
D．强酸性溶液中、、之间发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误；
答案选A。
12．B
【详解】A．1 ml·L-1 NaHCO3溶液中铝离子和碳酸氢根发生双水解，不能共存， A错误；
B．使蓝色石蕊试纸变红的溶液为酸性溶液，四种离子在酸性溶液中能存在，B正确；
C．硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，能氧化亚铁离子或碘离子，所以不能共存，C错误；
D．溶液可能酸性或碱性，偏铝酸根离子只能在碱性溶液中存在，但铵根离子只能在酸性溶液中存在，所以四种离子不能共存，D错误；
故选B。
13．(1)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
(2)FeCl3
(3)FeCl3=Fe3++3Cl-
(4)A
【详解】（1）反应中FeCl3、CuCl2、FeCl2均可以拆成离子形式，删掉相同的Cl-，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；
（2）FeCl3中Fe由+3价降为FeCl2中的+2价，Fe得电子化合价降低，故FeCl3为氧化剂；
（3）FeCl3电离成Fe3+和Cl-，离子方程式为FeCl3=Fe3++3Cl-；
（4）) A．氯气具有较强的氧化性，可以将Fe2+氧化为Fe3+，2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl-，A符合题意；
B．Fe不能与Fe2+反应，不能实现Fe2+向Fe3+的转化，B不符合题意；
C．Cu不能与Fe2+反应，不能实现Fe2+向Fe3+的转化，C不符合题意；
D．稀硫酸氧化性比较弱，不能与Fe2+反应，不能实现Fe2+向Fe3+的转化，D不符合题意；
故选A。
14． 14HNO3+3Cu2O=6Cu（NO3)2+2NO↑+7H2O 酸性 氧化性 使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成 BrO3－+5Br－+6H+=3Br2+3H2O 7.2 I2，KIO3
【分析】本题主要是考查氧化还原的综合应用，包括方程的配平，图象分析及关系式计算，在配平方程式时要紧抓得失电子守恒。
【详解】I（1）根据已知的还原过程和氧化过程的反应物可与推导出，Cu2O会被氧化成，根据氧化还原反应的配平原则，得失电子守恒，可写出，该反应式为：14HNO3+3Cu2O=6Cu（NO3)2+2NO↑+7H2O；（2）由方程式可知，反应中硝酸生成了Cu（NO3)2和NO，所以体现了硝酸的酸性和氧化性；（3）1ml甲与某浓度硝酸反应时，若还原产物是，则，若还原产物是，则有，在Cu2O一定的情况下，后者消耗的硝酸量更多，所以被还原硝酸的物质的量增加，则产物有生成；
故答案为：14HNO3+3Cu2O=6Cu（NO3)2+2NO↑+7H2O；酸性；氧化性；使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成；
II（4）结合图和已知条件可知，阶段是反应①，段是反应②，在段，含碘物质的物质的量没有发生变化，而题上说明只有一种元素的化合价发生变化，所以在段是Br的化合价发生变化，此处发生价态归中反应：BrO3－+5Br－+6H+=3Br2+3H2O；（5）根据三段过程可以列出对应的关系式：在阶段有，段，段有，含6 ml KI的硫酸溶液，消耗n(KBrO3)＝；（6）当n（KBrO3）=4时，图象处于段，对应反应②2BrO3－+I2= 2IO3－+ Br2，则对应含碘物质的化学式有：I2，KIO3；
故答案为：BrO3－+5Br－+6H+=3Br2+3H2O；7.2；I2、KIO3。
【点睛】本题的难点在于分析图象段的化学反应，图象中明确给出含碘物质的物质的量没有发生变化，且只有一种元素的化合价发生变化，则一定是溴元素；一般元素的化合价区间，最高价为其所在主族数，最低价的绝对值主族数除外。
15． 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 反应放热，温度升高，在较高温度下反应可产生ClO3- (a+3) ACD 12.5 ①⑥②
【分析】(1)氯气与石灰乳发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，漂白粉是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物；
(2)氯气与石灰乳的反应是放热反应，根据温度对反应产物的影响分析判断；
(3)根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒计算反应消耗的Ca(OH)2的物质的量；
(4)根据过氧乙酸的结构与性质分析判断；
(5)根据溶液在稀释前后溶质的物质的量不变计算需要溶液的体积；
(6)除去CH3COONa中混有的SO42-，应加入过量的醋酸钡，然后加碳酸钠除去过量的钡离子，最后加醋酸除去过量的碳酸根即可。
【详解】(1)氯气与石灰乳发生反应产生CaCl2、Ca(ClO)2、H2O，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(2)氯气与石灰乳反应制取漂白粉，该反应为放热反应，随着反应的进行，反应混合物的温度逐渐升高，在t1时开始反应生成Ca(ClO3)2，即此时反应放热使混合物的温度升高，在较高温度下可生成ClO3-；
(3)根据图示可知t2时Ca(OH)2与Cl2恰好完全反应，此时n(ClO-)=a ml，n(ClO3-)=1 ml，则根据电子守恒可知反应产生Cl-的物质的量为n(Cl-)=(a+5×1)ml=(a+5)ml，根据电荷守恒可知2n(Ca2+)=n(Cl-)+n(ClO-)+n(ClO3-)=(a+5) ml+a ml+1 ml=(2a+6) ml，所以n(Ca2+)=(a+3) ml，根据Ca元素守恒可知反应消耗的Ca(OH)2物质的量为(a+3) ml；
(4) A．过氧乙酸分子中，羰基O原子与C原子形成共价双键，由于O原子吸收电子能力比C强，所以该O原子化合价为-2价；另外两个氧原子分别与C、H原子各形成了1个共价单键，且O原子吸引电子能力比C、H强，故这两个O原子化合价为-1，A正确；
B．过氧乙酸溶于水能导电，由于分子中原子之间全部以共价键结合，因此该物质是共价化合物，属于电解质，B错误；
C．过氧乙酸具有强氧化性，因此包装上应贴的危险警告标签是氧化剂标识，C正确；
D．过氧乙酸是无色透明液体，易溶于水、易挥发，见光易分解，因此应注意密闭、低温保存于棕色细口瓶中，D正确；
E．过氧乙酸是一种有机物，但由于它易溶于水，因此不能用作萃取碘水中的碘单质的萃取剂，E错误；
故合理选项是ACD；
(5)由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，则根据稀释公式可得3.00 ml•L−1×V= 0.15 ml•L−1×250 mL，解得V=12.5 mL；
(6)除去CH3COONa中混有的SO42-，应加入钡盐，引入Ba2+，但不要引入新杂质离子，所以应先加入过量的醋酸钡溶液，反应产生BaSO4沉淀；然后加过量的碳酸钠溶液除去过量的Ba2+，过滤，除去BaSO4、BaCO3沉淀，再向过滤后得到的滤液中加醋酸除去过量的CO32-，就得到纯净的CH3COONa，故加入物质按使用的先后顺序是①⑥②。
【点睛】本题考查氯气与过氧乙酸的性质、图象分析、溶液的稀释、除杂等知识。读懂图象与信息判断发生的反应，掌握溶液在稀释前后溶质的物质的量不变是解题的关键，在进行计算时要结合守恒方法分析解答，常见的守恒有电子守恒、电荷守恒、原子守恒，题目侧重考查学生阅读获得信息的能力及计算能力。
16． ＋4 还原剂 2ClO2＋H2O2＋2NaOH===2NaClO2＋O2↑＋2H2O 32：181(或1:5.7、1:5.66) NaCl 40.5
【分析】根据氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物等基本概念、化合价的变化规律，并结合有关物质的量的计算进行分析解答。
【详解】(1)ClO2中O为-2价，则氯元素的化合价是+4价；在制备亚氯酸钠的反应中，Cl元素的化合价由+4降低为+3价，被还原，NaClO2作氧化剂，故H2O2应作还原剂；
(2)由分析可知，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；氧化产物为O2，还原产物为NaClO2，且二者物质的量之比为1：2，故质量比为1×32：2×90.5=32：181；
(3)将Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内，二者反应可制得ClO2，NaClO2中Cl从+3价升高到+4价，失电子，被氧化，故Cl2中Cl元素的化合价应从0价降低到-1价，得电子，被还原，其反应为2NaClO2+Cl2═2ClO2+2NaCl，则还原产物为NaCl，当消耗标准状况下6.72L Cl2，即0.3ml，生成ClO2为0.6ml，其质量为0.6ml×67.5g/ml=40.5g。
【点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：
氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；
还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。在氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数=转移电子总数，这是根据得失电子守恒进行方程式配平以及某些氧化还原反应计算的核心。
17．(1)NO2
(2)物质的状态(或气味)
(3)是否与H2O发生氧化还原反应
(4)4KClO3KCl+3KClO4
(5)2KClO3＋H2C2O4＋2H2SO4=2ClO2↑＋2CO2↑＋2KHSO4＋2H2O
【解析】(1)
F组中物质的分类依据是能与水反应且水即不是氧化剂也不是还原剂，除了Cl2之外，还有NO2，NO2与水反应的化学方程式是3NO2+H2O==2HNO3+NO，H2O中H、O两种元素化合价都没有改变，所以H2O即不是氧化剂也不是还原剂，故除了Cl2，还有NO2。
(2)
A组中的四种物质，其中NH3、SO2在常温下是有刺激性气味气体， CaO、Na2O在常温下是固体，所以对它们分类依据的物理性质可能是物质的状态(或气味)。
(3)
根据A、B组物质的种类，和H2O的提示，可知NH3、SO2、CaO、Na2O与水反应不是氧化还原反应，Cl2、Na、NO2与水反应是氧化还原反应，故第一级分类标准(分成A、B组的依据)是：是否与H2O发生氧化还原反应。
(4)
KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，根据组成元素，可知无氧酸盐是指KCl，另一种肯定是含氧酸盐，根据Cl元素的化合价变化，可知另一种含氧酸盐中的氯的化合价肯定高于+5价，所以另一种盐是KClO4，所以该反应的化学方程式为4KClO3KCl+3KClO4。
(5)
KClO3和草酸(H2C2O4)、稀硫酸反应生成三种氧化物和一种酸式盐，其中一种氧化物是高效的消毒杀菌剂ClO2，ClO2中Cl化合价是+4价，则根据KClO3和草酸(H2C2O4)的组成元素和KClO3中Cl元素的化合价+5价，可知另外两种氧化物是H2O、CO2，酸式盐应该是KHSO4，所以该反应的化学方程式是2KClO3＋H2C2O4＋2H2SO4=2ClO2↑＋2CO2↑＋2KHSO4＋2H2O。
18． C 3SO2+2H2O=4H++2SO+S↓ 0.2 AC 0.87/t i D中c(I-)比A中的小，但出现浑浊更快 不能
【详解】(1)维持温度不变，在水溶液中加入少量KI固体，碘离子是歧化反应的催化剂，使歧化反应3SO2+2H2O=4H++2SO+S↓发生。溶液中的氢离子浓度增大，溶液pH变小，因为温度不变，故.Kw不变，因为温度不变，亚硫酸的电离平衡常数不变，因为氢离子浓度增大，根据分析，变小，碘离子是催化剂，浓度不变。故选C。
(2)将i.，ii.按公式i+ ii×2进行加和得到总反应离子方程式3SO2+2H2O=4H++2SO+S↓。
(3) ①实验C是对比硫酸是否影响二氧化硫的反应，故应和B中硫酸的浓度相同，则a=0.2ml/L；
②A中只加入碘化钾，C中只加入硫酸，结果C中无明显现象，说明对歧化反应没有催化作用，所以两个实验是AC；
③实验A中，t min后反应恰好结束。二氧化硫的物质的量为：，根据方程式产生硫酸的物质的量为则0~t min内平均反应速率v()==0.87/t · min-1。
④比较A和D，D中KI浓度较小，多加入了I2，反应i消耗I-和H+，反应ⅱ消耗I2，D中溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快，反应速率：D>A，说明反应ii比i快， 反应较慢的控制反应速率，所以歧化反应的控速步骤是反应i，理由是D中c(I-)比A中的小，但出现浑浊更快。
⑤若将KI、淀粉同时加入到饱和溶液中，碘离子只是催化剂，溶液中碘单质不能存在，所以溶液不会变蓝。
19． 2Cr3++3+7H2O=+6+14H+ 防止Cr3＋在“调pH ”时生成Cr(OH)3沉淀被除去，从而降低产率 Fe3+和Cu2+ 蒸发浓缩 冷却结晶 负 Fe-2e-=Fe2+
【分析】方法一：酸性含铬废水中加入Na2S2O8发生氧化还原反应，Cr3+被氧化为，被还原为，然后向溶液中加入NaOH溶液，调整溶液pH，使杂质Cu2+、Fe3+形成Cu(OH)2、Fe(OH)3沉淀除去，得到的滤液中含有，经还原得到Cr3+，由Cr(OH)SO4溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，就得到Cr(OH)SO4·nH2O晶体；
方法二：电解时阳极Fe失去电子变为Fe2+，阴极上得到电子变为Cr3+，通过调节溶液的pH使Fe2+、Cr3+形成Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀。
【详解】(1)氧化Cr3+时，Cr3+失去电子变为，Cr元素化合价升高3×2=6价，得到电子被还原为，化合价降低1×2=2价，化合价升降最小公倍数是6，所以Cr3+的系数是2，的系数是1，的系数是3，的系数是6；根据电荷守恒，可知H+的系数是14；最后根据H元素守恒，可知反应物缺项是H2O，系数是7，则配平后该反应的化学方程式为：2Cr3++3+7H2O=+6+14H+；
(2)根据表格中金属阳离子形成沉淀的pH可知：Cr3+、Cu2+形成沉淀的pH非常接近，将 Cr3+氧化为的目的就是为了防止Cr3＋在“调pH ”时生成Cr(OH)3沉淀被除去，从而降低产率；
(3)“调 pH”目的是除去杂质Fe3+和Cu2+离子；
(4)从 Cr(OH)SO4溶液得到 Cr(OH)SO4·nH2O 晶体，还需进行的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
(5)电解方法使转化为 Cr(OH)3沉淀，Cr元素得到电子被还原，则Fe电极为阳极，失去电子，发生氧化反应。产生根据图示可知A电极为电源的正极，B电极为电源的负极；与A电极连接的Fe电极为阳极，阳极上Fe失去电子发生氧化反应，则阳极的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；
(6)阳极上Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，Fe2+具有还原性，被废水中的氧化为Fe3+，得到电子被还原产生Cr3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：。电解过程中消耗了大量 H+，溶液pH增大，使得溶液中的Cr3+、Fe3+又进一步转化为Cr(OH)3和 Fe(OH)3沉淀除去。
20． CrO42-、Cr2O72- CaSO4 6.3×10-4 否 Cr3+、Fe3+、H+ 不正确；pH=6时，c(H+)减小，化学平衡2H++2CrO42-⇌CrO72-+H2O向逆反应方向移动，溶液中Cr(Ⅵ)主要以CrO42-形式存在 铁屑过量；将溶液的PH控制在使Cr(OH)3完全沉淀而氢氧化亚铁不沉淀的范围内
【分析】提取CrO3的工艺流程：含Cr(Ⅵ)废水A加入硫酸酸化，发生的反应为：2H++2CrO42-⇌CrO72-+H2O，该反应为可逆反应，所以B中含有CrO42-、Cr2O72-，加入亚硫酸氢钠，+4价的硫被+6价的铬氧化，反应为3HSO3-+Cr2O72-+5H+=3SO42-+2Cr3++4H2O，得到溶液C，加入石灰乳，Cr3++Ca(OH)2=Cr(OH)3↓+Ca2+，氢氧化铬煅烧、干化得到氧化铬，因硫酸钙微溶，所以沉淀物中含有杂质CaSO4；
【详解】(1)2H++2CrO42-⇌Cr2O72-+H2O为可逆反应，所以B中含铬元素的离子有CrO42-、Cr2O72-；
(2)溶液C中加入石灰乳，Cr3++Ca(OH)2=Cr(OH)3↓+Ca2+，氢氧化铬煅烧、干化得到氧化铬，因硫酸钙微溶，所以产品中含有杂质CaSO4；
(3) 清液的pH=5，c(OH-)= ml/L，若测得清液pH=5，此时c(Cr3+) = ml/L；
(4) 当清液中Cr3+的浓度≤1.5mg•L-1时，可认为已达铬的排放标准，清液pH=5，Cr3+的浓度=6.3×10-4ml/L×52g/ml≈327.6mg•L-1，所以上述清液不符合铬的排放标准；
(5)①用FeSO4•7H2O作还原剂，发生反应6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，反应后的阳离子有Cr3+、Fe3+、H+，步骤Ⅲ中加入石灰乳，氢氧根离子和三价铬形成氢氧化铬沉淀，三价铁和氢氧根离子形成氢氧化铁沉淀，氢离子和碱中和，所以步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有Cr3+、Fe3+、H+；
②根据pH与c(Cr2O72-)的对应关系图可知，pH=6时，c(H+)减小，化学平衡2H++2CrO42-⇌CrO72-+H2O向逆反应方向移动，溶液中Cr(Ⅵ)主要以CrO42-形式存在，所以该说法不正确；
③用铁屑作还原剂时，为使所得产品中含铁元素杂质的含量尽可能降低，需将溶液的pH控制在使Cr(OH)3完全沉淀而氢氧化亚铁不沉淀的范围内。
【点睛】本题考查学生阅读获取信息的能力、常用化学用语、氧化还原应用等，侧重于学生的分析能力、实验能力、计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程。
21． C 、 反应时间30min、终点
【分析】蛇纹石酸浸出液（主要含Fe3+，还有一定量的Al3+、Mn2+、Ca2+、Mg2+等）加入铁粉还原铁离子为亚铁离子，加入NaF过滤Ca2+、Mg2+，滤渣为CaF2、MgF2和少量MnF2，滤液为Na+、Fe2+、Al3+、Mn2+，加入硫化钠沉淀锰，过滤，滤液为Na+、Fe2+、Al3+，加入氨水调节pH为5.0～5.8沉淀铝离子，过滤，向滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入氨水沉淀铁离子为氢氧化铁，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到氧化铁，据此分析解答。
【详解】（1）试剂X还原铁离子，不引入杂质，选择铁粉为佳，故答案为：C；
（2）加入NaF沉淀Ca2+、Mg2+，滤渣为CaF2、MgF2和少量MnF2；
（3）已知：Ksp(MnS)=4.65×10−14，为确保沉锰完全[即溶液中c(Mn2+)